湖北省黄冈市浠水县实验高中2021届高三上学期8月月考(解析版)

1、湖北省黄冈市浠水县实验高中2021届高三上学期8月月考-、选择题：此题共16小题，每题3分，共48分1中华传统文化蕴含着很多科学知识，以下说法错误的选项是A. 丹砂HgS烧之成水银，积变又还成丹砂描述的是可逆反响B. 水声冰下咽，沙路雪中平 未涉及化学变化C. 霾尘积聚难见路人形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应D. 含浆似注甘露钵，好与文园止消渴说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴2分类是科学研究的重要方法，以下物质分类错误的选项是A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D. 混合物：漂白粉、纯洁矿泉水、盐酸3. 以下说法正确的

2、选项是非金属氧化物一定不是碱性氧化物电解质溶液的导电过程伴随化学变化HCI既有氧化性又有复原性FeOH3、FeCl3、HNO3都不能用化合反响制备SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性A. B.C.D.4. 设Na为阿伏加德罗常数的值。以下有关表达正确的选项是A. 23gNa与氧气充分燃烧，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为大于Na小于2NaB. 1mol甲醇中含有的共价键数为5NaC. 标准状况下22.4L C6H6充分燃烧消耗氧气 7.5 NaD. 0.2mol/L 的 Na2SO4溶液中含 Na+ 数为 0.4Na5. 设Na为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选

3、项是A. 1molAlCl 3在熔融状态时含有的离子总数为4NaB. 某温度下纯水的pH=6，该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含OH的数目为NaC. 8.7g二氧化锰与含有0.4molHCI的浓盐酸加热充分反响，转移电子的数目为0.2NaD. 12g金刚石中C- C键的数目为4Na6. 利用右图所示装置进行以下实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A稀盐酸CaCO3Na2SiO3 溶液非金属性:CI>C>SiB浓硫酸蔗糖Ba(NO3)2 溶液验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀jC浓氨水生石灰酚酞溶液氨气的水溶液呈碱性J® 1D浓硝酸FeNaOH溶液铁和浓硝酸反

4、响可生成 NO27. 以下离子方程式正确的选项是 A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反响：HCO + Ca2+ + OH _=CaC03 J+ H2OB. 硫酸氢钠溶液中参加氢氧化钡溶液至中性：2H + S0+ Ba2+ 20H_=BaS04 J+ 2H2OC. 氧化铜与稀硫酸反响：2H* +。2 =H20=*D. 碳酸氢钠溶液中参加盐酸：C0 - + 2H + =C02f+ H2O8. 某无色透明的溶液，在 cH+水=1x10-13的条件下都能大量共存的是 A. Fe2+ K+ S0 N0B. Mg2+ NH S0 CC. Ba2+ Na+ Mn0 S0D. Na+ K+ S0 N09. 汽车平

5、安气囊在汽车发生剧烈碰撞时，有该反响发生：10NaN3+ 2KNO3=K2O+ 5Na2O + 16N2f,以下判断正确的选项是A. 每生成16 mol N 2转移30 mol电子B. NaN 3中N元素被复原C. N2既是氧化剂又是复原剂D.复原产物与氧化产物质量之比为1 : 1510. 测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A. 取a g混合物用酒精灯充分加热后质量减少b gB. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反响，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加b gC. 取a g混合物与足量氢氧化钡溶液充分反响，过滤、洗涤、烘干，得b g固体D. 取a g混合物于

6、锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸V mL11. 探究Na2O2与水的反响，实验如下:空“肃稱ift復色血I;滚臧析朮龍撼出抚挣.配城挖兼册计F-严生僦聽個00产比少航剋和亡色瓯诞产！/悴：H2O2H+ + H02-、H02- H+ + O22-F列分析错误的选项是A. 、中产生的气体能使带火星的木条复燃B. 、中均发生了氧化复原反响和复分解反响C. 、中KMn0 4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D. 通过能比拟酸性：HCI > H2O212. 以下实验中的颜色变化，与氧化复原反响无关的是ABCD实验新制氯水滴入Na2S溶液中乙醇滴入K2

7、Cr2O7酸性溶液中饱和FeCh溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4酸性溶液中现象产生黄色浑浊溶液由橙色变为绿色液体变为红褐色且澄清透明产生无色气体，溶液紫红色褪去13.2.： H2g+1/2O2g = H 20g Hi=-241.8 kJ molH2g+1/2O2g = H 2Ol H2=-285.8 kJ mol-1。气态分子中的化学键断开1 mol化学键所需的能量/kJ0 H4650 _0498以下说法错误的选项是A. 氢气的燃烧热 H=241.8 kJ mol-1B. 断开1 molH H键需要吸收439.2 kJ的能量C. 相同条件下,1 mol H 20g比1 mol H 201能量高

8、D. 18 g H 20l完全分解生成氢气和氧气，需要吸收285.8 kJ的能量14能说明在固定的密闭容器中进行的反响：3H2 (g) +N2(g)? 2NH 3(g)已经到达平衡的是：()A. c(H 2)：c(N2)：c(NH 3)=3:1:2B.容器内气体的密度不再改变C.容器内气体的平均摩尔质量不变D.氢气消耗的速率是氮气消耗速率的3倍15.在实验室中，以一定浓度的乙醛一Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程(如图)，乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。以下对电解过程的分析正确的选项是()A. 以铅蓄电池为电源，贝U a极为Pb电极B. 石墨n电极附近的 pH逐渐减小C.

9、阳极反响为 CH3CHO+H 2O-2e-=CH3COOH+2H +D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4Na16.500 mL KNO 3和Cu(NO3)2的混合溶液中 c(NO3-)=0.6 mol L-彳，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下),假定电解后溶液体积仍为500 mL,以下说法正确的选项是？()A. 原混合溶液中c(K+)为0.2 mol L-1B.上述电解过程中共转移0.2 mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.05 molD.电解后溶液中c(H+)为0.2 mol L-1二、非选择题(此题共五小题，共5

10、2分)17. 髙锰钾(KMnO 4)是一种常用的氧化剂。(1) 有以下变化：CO32J CO2、C2O42t CO2、Fe3J Fe2+，找出其中一个变化与“MnQ-t Mn2+组成一个反响，写出该反响的配平的离子方程式 (2) 不同条件下高锰酸钾可发生如下反响：MnO4-+5e-+8H+t Mn2+4H2O； MnO4-+3e-+2H2OT MnO2+4OH-； MnO4-+e-f MnO42-。由此可 知，高锰酸根离子(MnO4-)反响后的产物与 有关。(3) 高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取CI2,氧化剂和复原剂物质的量之比为(4) 高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反响:10FeS+6KM

11、nO 4+24H 2SO4T 3K2SO4+6MnSO 4+5Fe2(SO4)3+ 10S+24H2O,假设上述反响前后固体的质量减少了 2.8 g,贝V FeS与KMnO 4之间发生电子转移的数目为 个。18. )三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性 质并测定其溶液的浓度。实验1 :探究Na2CS3的性质步骤操作及现象取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色向另一份溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，紫色褪去(1) H2CS3是酸(填强或弱。(2) 步骤的氧化产物是 SO42，写出该反响的离

12、子方程式(3) 实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如下图连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，翻开仪器 d的活塞，滴入足量 2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2SK CS2和 H2S 均有毒。CS2不溶于水，沸点 46C,与CO2某些性质相似，与 NaOH作用生成Na2COS2和H2O。盛放无水CaCl2的仪器的名称是 。(4) 反响结束后翻开活塞 k,再缓慢通入热 N2 段时间，其目的是 。(5) 为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、枯燥、称重，得19.2g固体，那么A中Na2

13、CS3的物质的量浓度为 。(6) 分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算 Na2CS3溶液的浓度，假设反响结束后将通热 N2改为通热空气，计算值(填 偏高偏低或 无影响。19某强酸性溶液X :可能含有 Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2*、Fe3+ >CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，转化关系如下图。 反响过程中有一种气体在空气中会变为红棕色。答复以下问题：1 由题给信息可知，溶液 X中确定不存在的阴离子有 。2 气体A是填化学式，产生气体 A的离子方程式为 3 步骤中发生反响的离子方程式为 。4 根据题给信息和图中

14、转化关系，可以确定溶液X中肯定存在的离子有 ，可能存在的离子有 。检验可能存在的离子是否存在的方法是20氯化亚铜CuCI常用作有机合成工业中的催化剂， 是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙 醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液主要含Cu2+、Fe3+、H +、Cl-中制备氯化亚铜。过滤氯化铜晶体CuCI話体请答复以下问题:1出步驟中发生的两个主要反响的离子方程式： 2 步骤的操作名称是 。3步骤中所加物质 X为。4 步骤的操作是。5步骤应调节溶液 pH呈酸性，且用乙醇洗涤 CuCl晶体，目的是 6 在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是 。21.在已经发现的一百多种元素中，除稀

15、有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活 有密切的联系。(1 )短周期中可以做半导体材料的元素的最高价氧化物与烧碱溶液反响的离子方程式是:(2)为了提高煤的利用率，常将其气化或液化，其中一种液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇，写出该化学反响方程式为 (3)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反响对人类解决粮食问题奉献巨大，反响 如下:N2g + 3H2g2NH 3g。 合成氨的反响中的能量变化如右图所示。该反响是 反响(填 吸热或放热,在一定条件下，将 2.5mol N2和7.5mol H2的混合气体充入体积为2L的固定闭容器中发生反响：N2( g) + 3H2(g

16、) ?2NH3(g),5分钟末时到达平衡，测得容器内的压强是开始时的0.9倍，那么5分钟内用氨气表示该反响的平均化学反响速率为：V(NH3)=;氢气到达平衡时的转化率是 :(保存小数点后一位)(4 )美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如以下图所示:A , B两个电极均由多孔的碳块组成。 该电池的正极反响式为： ;假设将上述装置中的氢气换成甲醇，其余都不改变，对应装置的负极反响方程式为【参考答案】、b 选择题：/b此题共16小题，每题 3分，共48分b /b1. 【答案】 A【考点】物理变化与化学变化的区别与联系，化学反响的可逆性，胶体的性质和应用【解析】A.该描述的过程中涉及的两个

17、反响过程是在不同条件下进行的，因此不属于可逆反应，选项错误，A符合题意；B. 语句描述的过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项正确，B不符合题意；C霾尘属于气溶胶，为胶体，胶体具有丁达尔效应，选项正确，C不符合题意；D. 该语句描述中说明柑橘糖浆具有甜味，可以止渴，选项正确，D不符合题意；故答案为：A【分析】A可逆反响需在相同条件下进行；B. 分析过程中是否有新物质生成；C. 根据胶体的丁达尔效应分析；D. 根据语句分析；2. 【答案】 C【考点】电解质与非电解质【解析】A 干冰是二氧化碳固体是纯洁的化合物，冰水混合物成分为水是纯洁的化合物， 烧碱是氢氧化钠属于纯洁的化合物，故A不符合题意；

18、B 活性炭，C60,金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B不符合题意;C. 乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故 C符合题意；D 漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯洁矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是 氯化氢的水溶液属于混合物，故D不符合题意；故答案为：C o【分析】非电解质的范畴为化合物，并且在水溶液中与熔融状态下均不导电。3. 【答案】 C【考点】氧化复原反响，电解质溶液的导电性，二氧化硫的性质，物质的简单分类【解析】碱性氧化物是指能与酸反响生成盐和水的氧化物，非金属氧化物一定不是碱性氧 电解质溶液导电的过程

19、中，溶液中的离子在阴阳极发生氧化复原反响，因此电解质溶液的导电过程伴随着化学变化，符合题意； HCI中氢元素+1价，为最高价态，具有氧化性，氯元素-1价，为最低价，具有复原性， 符合题意； Fe(OH) 3 可知反响 “ 4Fe(O%+ O2+ 2H2O=4Fe(OH) 3生成，FeCb可由反响 “ 2FO占惋 in niM3CI22FeCl3生成，HNO3可由反响“ 4NO+ O2+ 2H2O=4HNO 3生成；三个反响都是化合反响，不符合题意； SO2使KMnO 4溶液褪色，是由于 KMnO4具有氧化性，SO2具有复原性，二者发生氧化还 原反响引起的，与 SO2的漂白性无关，不符合题意；综

20、上，说法正确的选项是，C符合题意；故答案为：C【分析】根据碱性氧化物的定义分析； 结合电解质导电过程的反响分析； 根据HCI中元素化合价分析； 根据Fe(OH)3、FeCl3、HNO 3的生成分析； 结合SO2的性质分析；4. 【答案】B【考点】气体摩尔体积，氧化复原反响的电子转移数目计算，物质的量的相关计算舊= Y = bjiof【解析】A.23gNa的物质的量，反响过程中，Na由0价变为+1价，失去一个电子，因此 23gNa完全反响，转移电子数为 1NA , A不符合题意；B. 甲醇的结构为 CH3OH, 一个甲醇分子中含有 5个共价键，因此1mol甲醇中含有的共价键 数目为5NA , B

21、符合题意；C. 标准状态下，C6H6不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；D. 未给出溶液的体积，无法进行计算，D不符合题意；故答案为：B一 UL【分析】A.根据公式计算n(Na)，结合反响过程中化合价的变化计算转移电子数；B. 根据甲醇的结构确定其所含的共价键的数目;C. 标准状态下 C6H6不是气体；D. 未给出溶液的体积，无法进行计算；5. 【答案】B【考点】离子积常数，氧化复原反响的电子转移数目计算，物质结构中的化学键数目计算,物质的量的相关计算【解析】A.AICI 3为共价化合物，熔融状态下无法电离产生AI3+和Cl-，A不符合题意；B. 该温度下，水的离子积 Kw=

22、c(H+) XC(OH-)=10-12,因此该温度下 pH=11的NaOH溶液中故10L溶液中含OH-的数目为0.1mol/L WL XNa=1Na , B 符合题意；C. 浓盐酸具有挥发性，0.4molHCI不能完全反响，因此无法计算转移电子数，C不符合题意；D. 金刚石中每个碳原子周围形成4和C-C键，每个C-C键被相邻的两个碳原子共有，因此甘=塑=毕二仞泊每个碳原子形成2个C-C , 12g金刚石的物质的量，因此其所含的C-C键的数目为2Na , D不符合题意；故答案为：B【分析】A.AlCl 3为共价化合物；B. 由纯水的pH计算该温度下水的离子积，再计算 pH=11的NaOH溶液中c

23、(OH-)；C. 浓盐酸具有挥发性，0.4molHCI不能完全反响；D. 根据金刚石的结构分析；6. 【答案】 C【考点】氨的性质及用途，浓硫酸的性质实验，化学实验方案的评价【解析】A.盐酸与CaCO3反响生成CO2, CO2与Na2SiO3溶液反响，生成 H2SQ3，说明酸性HCI>H 2CO3>H2SiO3,但不能说明非金属性强弱，A不符合题意；B. 浓硫酸具有脱水性和强氧化性，参加蔗糖中后产生SO2, SO2通入Ba(NO 3)2溶液中，SO2与H2O反响生成H2SO3,溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性， 能将SO2氧化成SO42-, 从而形成BaSO4沉淀，SO2

24、与BaCl2溶液不反响，B不符合题意；C. 浓氨水参加生石灰中，反响生成NH3, NH3溶于水形成氨水，具有碱性，能使酚酞变红，D. 常温下，浓硝酸能使铁钝化，不会产生NO2, D不符合题意；故答案为：C【分析】A.由酸性强弱得出非金属强弱时，应比拟最高价氧化物对应水化物酸性强弱；B. 结合浓硫酸的强氧化性和 HNO 3的氧化性、SO2的复原性分析；C. 氨气溶于水形成氨水，显碱性；D. 常温下，浓硝酸能使铁钝化；7. 【答案】B【考点】离子方程式的书写【解析】A.NaHCO 3过量，那么Ca(OH) 2完全反响，参与反响的 Ca2+和OH啲系数比为1:2，A 不符合题意；B. 参加Ba(OH

25、) 2溶液至中性，那么溶液中 H+和OH-按2:2比例反响，该离子方程式正确，B符合题意；C. CuO为氧化物，在离子方程式中应保存化学式，C不符合题意；D. HCO 3-为弱酸的阴离子，在离子方程式中应保存HCO 3-形式，该离子方程式错误，C不符合题意；故答案为：B【分析】A.NaHCO 3过量，那么Ca(OH) 2完全反响；B. 参加Ba(OH) 2溶液至中性，那么溶液中 H+和OH-按2:2比例反响；C氧化物在离子方程式中应保存化学式；D. HCO 3-为弱酸的阴离子，在离子方程式中应保存HCO 3-形式；8. 【答案】 D【考点】水的电离，离子共存【解析】A.含有Fe2+的溶液为浅绿

26、色，因此无色溶液中不能含有Fe2*, A不符合题意；B. OH-能与Mg2+、NH4+反响，不可大量共存，B不符合题意；C. Ba2+与SO42-形成BaSO4沉淀，不可大量共存，C不符合题意；D. 溶液中的离子相互间不反响，可大量共存，D符合题意；故答案为：D【分析】无色透明溶液中不含有有色离子，如Fe3*(黄色卜Fe"(浅绿色)、Cu2+ (蓝色卜MnO4(紫红色)；c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，那么溶液中存在大量H+或OH-；据此结合选项所给离子组进行分析。9. 【答案】 D【考点】氧化复原反响，氧化复原反响的电子转移数目计算

27、【解析】A.反响过程中，KN03中氮元素由+5价变为0价，得到5个电子，结合反响的化学 方程式可得关系式 “16N10e-，因此每生成16molN2,转移10mol电子，A不符合题意；B. 反响过程中，NaN3中氮元素的化合价升高，被氧化，B不符合题意；C. 该反响物，N2既是氧化产物，又是复原产物，C不符合题意；D. 该反响中，复原产物的物质的量为1mol，氧化产物的物质的量为15mol，二者的比值为1:15，D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据元素化合价变化计算转移电子数；B. 根据氮元素化合价的变化分析NaN3发生的反响；C. N2为生成物；D. 根据元素化合价的变化分析；10. 【

28、答案】B【考点】钠的重要化合物【解析】A.加热过程中发生反响2NaHCO3Na2CO3+ H2O + CO2 T,根据差量法可计算出m(NaHCO 3)，从而可计算出混合物中Na2CO3的质量分数，选项正确，A不符合题意；B. 与稀硫酸反响后逸出的气体中含有CO2和H2O，都能被碱石灰吸收，碱石灰增加的质量为CO2和H2O的质量，H2O来自于溶液中的水蒸气，因此无法计算固体混合物中Na2CO3或NaHCO3的质量，选项错误，B符合题意；C. 与Ba(OH)2反响后生成BaCO3沉淀，根据固体混合物的质量和反响生成 BaCO3的质量， 联立方程组，可得固体混合物中 Na2CO3和NaHCO3的质

29、量，从而求出Na2CO3的质量分数， 选项正确，C不符合题意；D. 根据消耗盐酸的量，结合反响的化学方程式，可计算出固体混合物中Na2CO3和NaHCO3故答案为：B【分析】测定 Na2CO3和NaHC0 3固体混合物中Na2CO3的质量分数，实验过程中，应能计 算出固体混合物中 Na2CO3或NaHC03的质量；据此结合选项实验分析。11. 【答案】 D【考点】性质实验方案的设计，钠的氧化物【解析】A.试管中H2O2分解产生02，试管中H2O2在MnO2的催化作用下，反响生成02，因此试管、中产生的气体都能使带火星的木条复燃，选项正确，A不符合题意；B. 试管中H2O2分解产生O2的反响为氧

30、化复原反响，Na2O2与H2O的反响为复分解反响；试管中参加稀硫酸发生的反响为：BaO2+ H2SO4=BaSO4+ H2O2、2H2O2=2H2O+ O2 f,前者为复分解反响，后者为氧化复原反响，选项正确，B不符合题意；C. 试管中KMnO 4为氧化剂，试管中 MnO2为催化剂，二者的作用不同，由于溶液中所含H2O2的量不同，因此反响生成 O2的量不同，选项正确，C不符合题意；D. HCl为强酸，H2O2为弱酸，酸性 HCAH2O2,选项错误，D符合题意；故答案为：D【分析】将 出0参加Na2O2中发生反响：Na2O2+ 2H2O=2NaOH + H2O2, H2O2不稳定，易分解产生02

31、；同时H2O2在水中局部电离；据此结合选项分析。12. 【答案】 C【考点】氧化复原反响【解析】A.新制氯水滴入Na2S溶液中，产生黄色沉淀，是由于氯水中的C12将S2-氧化为S,该反响为氧化复原反响，A不符合题意；B乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，由于 K2Cr2O7具有氧化性，乙醇具有复原，二者发生氧化复原反响，是的溶液由橙色变为绿色，与氧化复原反响有关，B不符合题意；C. 饱和FeCb溶液滴入沸水中，液体变为红褐色且澄清透明，过程中发生Fe3+的水解，无元素化合价发生变化，与氧化复原反响无关，C符合题意；D. KMnO 4具有氧化性，能将 H2C2O4氧化成C02,自身复原为 Mn2+

32、,该反响为氧化复原反 应，D不符合题意；故答案为：C【分析】分析实验过程所含发生反响中， 是否有元素化合价发生变化； 有元素化合价发生变 化的与氧化复原反响有关， 没有元素化合价发生变化的与氧化复原反响无关；据此结合选项分析。13. 【答案】 C【考点】燃烧热，有关反响热的计算【解析】A.燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，H所对应的稳定氧化物时 出0(1)，因此氢气的燃烧热 H=285.8kJ/mol，选项错误，A符合题意；B. 设H-H键的键能为akJ/mol，那么反响的'：；= ： T ' J = - -',解得 a=439.2kJ/m

33、ol ,选项正确，B不符合题意；C. 利用盖斯定律，反响-反响，可得 H2O(g)=H 20(1) H=44kJ/mol，由于该反响为放热反响，因此1molH 20(g)所具有的能量应高于 ImolH 20(l)所具有的能量，选项正确，C不符合题意；/r= 77 = -：- =D. 18gH2O的物质的量，由反响可知，ImolH 20(l)完全分解成氢气和氧气，需要吸收 285.8kJ/mol的能量，选项正确，D不符合题意； 故答案为：A【分析】A.根据燃烧热的定义分析；B. 根据反响热和化学键进行计算；C. 根据反响和反响，结合盖斯定律分析；D. 根据反响分析；14. 【答案】 C【考点】化

34、学平衡状态的判断【解析】A.在任意时刻，反响速率之比都等于化学计量系数之比，因此无法判断正逆反响速率是否相等，故无法判断反响是否到达平衡状态，A不符合题意；B. 由于反响在恒容密闭容器中进行，因此气体的体积保持不变，由于反响物和生成物都是气测体，根据质量守恒定律可知，混合气体的质量不变，由密度公式可知，反响过程中，混合气体的密度一直保持不变，因此不能用于判断平衡状态，B不符合题意；C. 由于反响物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可知，混合气体的质量不变，由于反响 r frj前后气体分子数发生变化，因此n发生变化，由公式可知，反响过程中，混合气体C符合题意;的平均摩尔质量发生变化，当其不变是，

35、反响到达平衡状态,D. 氢气的消耗速率和氮气的消耗速率都只表示正反响速率，无法表达正逆反响速率相等，不能用于判断平衡状态，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.任意时刻，反响速率之比都等于化学计量系数之比；_ mB. 根据公式，分析反响过程中混合气体的密度是否发生变化；c根据公式 H片，分析反响过程中混合气体的平均摩尔质量是否发生变化；D. 分析是否能表达正逆反响速率相等；15. 【答案】 C【考点】原电池和电解池的工作原理，电极反响和电池反响方程式【解析】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨 II极移动，石墨II为电解池的阴极，b 为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极

36、，二氧化铅为正极，因此 a极为PbO2电极，A不符合题意；B. 在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反响式为4H+4e-=2H2f,CH3CHO+2H +2e- =CH 3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B不符合题意；C. 阳极发生氧化反响，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反响为CH3CHO+H 2O-2e-=CH3COOH+2H +, C 符合题意；D. 8.8g乙醛其物质的量为 0.2mol，有O.lmol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+,有 0.1mol 乙醛在阴极复原：CH3CHO+2H+2e-=CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛

37、发生氧化或复原均转移电子0.2Na, D不符合题意；故答案为：C o【分析】根据电解原理分析电解池的阴阳极、分析溶液三氢离子浓度的变化、书写电极方程式以及计算电子转移物质的量即可。16. 【答案】 A【考点】电极反响和电池反响方程式，氧化复原反响的电子转移数目计算【解析】A.由分析可知，生成 n(H2)=n(O2)=0.1mol，那么过程中转移电子数为0.4mol，因此阴=韶=0如/丄极中参与反响的n(Cu2+)=0.1mol，那么原溶液中，结合溶液的电中性可得，溶液中c(K+)=o.6mol/L-2 0.2mol/L=0.2mol/L , A符合题意；B. 由A的分析可知，上述电解过程中，转

38、移电子数为0.4mol, B不符合题意；C. 由A的分析可知，阴极中参与反响的n(Cu2+)=0.1mol，因此电解得到的 Cu的物质的量为O.lmol，C不符合题意；D. 由电极反响式可知，电解过程中，阳极生成0.4molH +，阴极生成0.2molOH-，因此电解后溶液中生成0.2molH+，那么电解后溶液中，D不符合题意；故答案为：A【分析】电解过程中，溶液中H2O电离产生的OH在阳极发生失电子的氧化反响，其电极反响式为：2H2O 4e =4H* + O2f；溶液中的Cu2 +在阴极发生得电子的复原反响，其电极反 应式为：Cu2+ + 2e=Cu ;由于两电极都收集到气体，因此阴极还发生

39、H得电子的反响，其电极反响式为：2H2O + 2e =2OH +出弋两电极收集到的气体的物质的量几；据此结合选项进行分析。二、<b >非选择题(此题共五小题，共52分)</b>17. 【答案】(1) 2MnO?_ +5HC?O?+6H?=2Mn ?+1OCO?+8H?O(2) 酸碱性(3) 1:5(4) 0.15Na【考点】离子方程式的书写，氧化复原反响的电子转移数目计算，离子方程式的有关计算【解析】(1)“MnQMn2+该转化中，Mn的化合价降低，那么另一个变化中，应有元素的化合价升高，符合条件的为“CO42J CO2；由于“ MnTMn2+是在酸性条件下，因此C2O

40、42- 应以H2C2O4形式存在；该反响中， Mn由+7价变为+2价，得到5个电子，H2C2O4中碳元 素由+3价变为+4价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，MnO4-和Mn2+的系数为2,H2C2O4的系数为5, CO2的系数为10；结合电荷守恒可得，反响物中含有H + ,且其系数为6;结合H原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为8;因此可得该反响的离子方程式为：2MnO?一 +5HC?O?+6H?=2Mn ?+10CO?+8H?O；(2) 由所给反响的离子方程式可知， MnO4在酸性条件下的复原产物为 Mn2+,在碱性条件 下的复原产物为 MnO2，在中性条件下的复原产物为 M

41、n042,因此说明Mn。4反响后的产 物与溶液的酸碱性有关；(3) KMnO 4溶液和盐酸反响制取 Cl2的方程式为：2KMnO 4+ 16HCl=2KCl + 2MnCl 2+ 8H2O+ 5Cl2f；该反响中，氧化剂为 KMnO4,其物质的量为2mol，复原剂为HCI，其物质的量为10mol，因此二者的比值为 1:5;缶泅話(4) 由反响的化学方程式，结合差量法可得等式，解得n(KMnO 4)=0.03mol，反响过程中，Mn由+7价变为+2价，失去5个电子，因此反响过程中转移电子数为： 0.03mol X5XNa=0.15Na ；【分析】(1 )根据氧化复原反响化合价变化的特点确定另一组

42、反响物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反响的离子方程式；(2) 根据所给反响的离子方程式分析；(3) 根据发生反响的化学方程式分析；(4) 根据差量法计算参与反响的n(KMnO 4)，从而计算转移电子数；18. 【答案】 (1 )弱(2) 5CS32 +24MnO4 +52H =5CO2f +15S& +24Mn 2+26H2O(3) 枯燥管(4)将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收(5) 2.0mol/L ( 6)偏高【考点】盐类水解的应用，性质实验方案的设计，离子方程式的书写，离子方程式的有关计算【解析】(1)向Na2CS3溶液中参加酚酞

43、后，溶液显红色，说明溶液中存在CS32-的水解，因此H2CS3为弱酸；(2) 由题干信息可知，该反响中反响物为 Mn和CS32，生成物为SO4Mn"和CO?； 反响过程中，碳元素的化合价不变，Mn由+ 7变为+ 2价，得到5个电子，CS32一中S由一2价变为+ 6价，失去24个电子，根据得失电子守恒可得，MnO4一和Mn2*的系数为24, CS32 的系数为5, SO42一的系数为15；由电荷守恒可得，反响物中含有 +,且其系数为52；由碳 原子守恒可得，CO2的系数为5;由H原子守恒可得，生成物中含有 H2O，且其系数为26； 据此可得该反响的化学方程式为：5CS32_+24MnO

44、 4一 +52H + =5CO2 T +15S&一+24Mn 2+26H2O；(3) 盛放无水CaCl2的仪器名称为枯燥管；(4) 反响结束后，继续通入热N2的目的是将装置中残留的 H2S、CS2全部排入后续装置中， 使其被完全吸收；(5) 装置B中发生反响的化学方程式为：CuSO4 + H2S=H2SO4+ CuSj,因此B中混合物经过滤、洗涤、枯燥、称量后，得到19.2g固体为CuS，其物质的量=0，由反响的化学方程式可知，n(Na2CS3)=n(CuS)=0.2mol ,_ 21 0 加刃 _ y T因此Na2CS3溶液的浓度;(6) 假设将热N2改为空气，由于空气中的CO2也能

45、被NaOH溶液吸收，因此会导致测得CS2的质量偏大，由CS2计算所得的n (Na2CS3)偏大，最终计算所得溶液的浓度偏高；【分析】(1)根据Na2CS3溶液的酸碱性分析；(2) 根据题干信息确定反响物和生成，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反响的离子方程式；(3) 根据图示仪器确定名称；(4 )反响结束后继续通入无关气体，其作用一般是将装置内残留的气体赶入某个装置内，使之被完全吸收；(5) 装置B中所得固体为CuS，因此19.2g是CuS的质量，结合反响的化学方程式计算n(Na2CS3)，从而得出溶液的浓度；(6) 空气中的CO2也能被NaOH溶液吸收，导致测得 CS2的质量偏大；1

46、9. 【答案】 (1) CO32-、SiO32-、NO3-(2) NO ； 3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NOf +2H2O(3) AIO2-+CO2+2H2O=A l(OH) 3J + HCO-(4) Al3+、NH4+、SO42-、Fe2+； Fe3+;取少量溶液X于试管中，滴加几滴 KSCN溶液，假设溶液变红色，那么溶液 X中含有Fe3+ ;假设溶液不变红色，那么溶液X中不含有Fe3+【考点】常见离子的检验，离子方程式的书写【解析】(1)由分析可知，溶液 X中一定不存在的阴离子为：CO32、NO3和SiO32；(2) 由分析可知，气体 A为NO,生成NO的离子方程式为：3Fe2+4

47、H +NO 3-=3Fe3+NOT +2H2O ；(3) 步骤中通入过量的 CO2,与溶液F中的AIO2反响，生成 Al(OH) 3和NaHCO3,该 反响的离子方程式为：AlO 2-+CO2+2H2O=A l(OH) 3 J + HCO-；(4) 由分析可知，溶液 X中一定存在的离子为： Al3S NH4S Fe2+和SO42；可能存在的 离子为Fe3：检验Fe3+是否存在，可取少量溶液 X于试管中，滴加几滴 KSCN溶液，假设溶 液变红色，那么溶液 X中含有Fe3+ ;假设溶液不变红色，那么溶液 X中不含有Fe3+ ；【分析】强酸性溶液中不存在CO32、SQ32一 ；且Fe2+和NO3一不

48、可共存；实验过程中，加 入过量Ba(NO3)2溶液后，产生气体 A、溶液B和沉淀C,那么说明溶液中一定含有 N03一和 SO42，那么一定不含有F0和Ba2+,同时生成的气体 A为NO;溶液B中参加过量NaOH溶 液，生成气体 D、沉淀E和溶液F;产生的气体 D应为NH3,说明溶液中存在 NH4+ ；产生 的沉淀E为Fe(OH)3,但不能说明是否含有 Fe3十；溶液F中通入过量CO2后生成沉淀H和 溶液J,那么沉淀H为Al(OH) 3,溶液J为NaHCO3,说明原溶液中含有 AI3+ ；据此结合题干 设问分析作答。20. 【答案】(1) Cu2+ + Fe=Cu + Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或 Fe+2H+=Fe2+ + H2T(2) 过滤、洗涤(3) CuO(或 Cu(OH) 2 等